《浙江省协作体2021-2022学年下学期联考高三数学试卷(含答案).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省协作体2021-2022学年下学期联考高三数学试卷(含答案).pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021 学年第二学期浙江名校协作体高三下开学考 一、选择题：每小题 4 分，共 40 分 1.设全集U R，集合2Ax x，05Bxx，则集合UAB（）A02xx B25xx C02xx D0 x x 2.已知i为虚数单位，复数 z 满足：1 ii z ，则z的虚部为（）A1 B1 Ci Di 3.已知 a，bR，则“ab”是“22ab”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A33cm2 B33 3cm2 C34cm D36cm 5.若实数 x，y 满足约束条件111xy，则2zxy
2、的最大值是（）A5 B4 C3 D2 6.函数 22sin xf xxx的图象大致是（）7.函数 cos0,0f xx 在区间0,1上不可能（）A有最大值 B有最小值 C单调递增 D单调递减 8.已知 a、b、c、d 均为正实数，且22122cdab，则bacd的最小值为（）A3 B2 2 C322 D32 22 俯视图侧视图正视图111111111D.C.B.A.OxyOxyOxyyxO9.如图，ABC中，90C，1AC，3BC，D 为 AB 边上的中点，点 M 在线段 BD（不含端点）上，将BCM沿 CM 向上折起至B CM，设平面B CM与平面 ACM 所成锐二面角为，直线MB与平面 A
3、MC 所成角为，直线 MC 与平面B CA所成角为，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（）3tantan2；A B C D 10.已知各项均为正数的数列 na满足11a，11ecosnannaan，其前 n 项和为nS，则下列关于数列 na的叙述错误的是（）A1nnaan B211nnnaaan C1nann D2nSn n 二、填空题：单空题每题 4 分，多空题每题 6 分 11.已知函数 e,1ln,1xxf xx x，则 1ff ；方程 1f x 的解集为 12.我国古代数学家已经会借助三角数表来计算二阶等差数列的和，例如计算 112123，把第一个数表逆时针旋转两次，得到后两个数表
4、，再把 3 个数表叠在一起，每一个位置的和都是 5，所以 561121233，我们使用类似的想法计算：112123123412，三个数表叠加之后每一个位置的和都是 ；推广可得 1121231234n的求和公式nS 13.已知多项式354254101111xxaxaxaxa，则0a ，3a 14.已知点 A 是直线yx在第一象限上的动点，点 B 是直线3yx 在第二象限上的动点，O 为原点，则tanAOB ；当线段 AB 长为 2 时，AOB面积的最大值为 15.盒中有 4 个球，其中 1 个红球，1 个黄球，2 个蓝球，从盒中随机取球，每次取 1 个，取后不放回，直到蓝球全部被取出为止，在这一
5、过程中取球次数为，则的方差 D BABCDMMDCBA11112321123223211116.已知1F，2F分别为双曲线22221xyab（0a，0b）的左右焦点，过2F的直线与双曲线的右支交于 A、B 两点，记12AF F的内切圆半径为1r，12BF F的内切圆半径为2r，21 24rra，则此双曲线离心率的取值范围为 17.已知平面向量a，b，c满足：1aba b，1ac，则3 abc的最小值为 三、解答题：5 小题，共 74 分 18.（本题满分 14 分）在ABC中，内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，已知tantanaBbA（1）若2coscos13AB，求角 A；（2）求
6、222sinsinsin222ABC的取值范围 19.（本题满分 15 分）如图，四棱锥CABMP中，平面MBC 平面 ABC，MBMC，PMAB，23PMAB，2ACAB，2 3BC，2ABC（1）求证：ACPB；（2）当6MC 时，求直线 MC 与平面 PAC 所成角的正弦值 20.（本题满分 15 分）已知数列 na满足：11a，111nnnnnanaa a，n，且0na；等比数列 nb满足：113b，1223nnnbbb，n，且0nb （1）求数列 na、nb的通项公式；（2）设数列nnba的前 n 项和为nS，若不等式 1121nnSn对任意n都成立，求实数的取值范围 ACBPM 2
7、1.（本题满分15 分）如图，已知抛物线2:20C ypx p上的点 R 的横坐标为 1，焦点为 F，且2RF，过点4,0P 作抛物线 C 的两条切线，切点分别为 A、B，D 为线段 PA 上的动点，过 D 作抛物线的切线，切点为 E（异于点 A，B），且直线 DE 交线段 PB 于点 H（1）求抛物线 C 的方程；（2）求证：ADBH为定值；（3）设EAD，EBH的面积分别为1S，2S，求12133SSS的最小值 22.（本题满分 15 分）已知函数 2lnfxaxx，0a （1）当ea 时，求2efx的单调区间；（2）设函数 2g xfaxfx，若 g x有且只有一个零点，求实数 a 的取
8、值范围；记函数 ,0,2g xxah xg xxaa，若关于 x 的方程 2ln2h xa有 4 个根，从小到大依次为1x，2x，3x，4x，求证：322xx；24122ln2xxaa OEHPDBAyx2021 学年第二学期浙江省名校协作体联考参考答案 高三年级数学学科 命题：春晖中学、湖州中学 审核：温岭中学 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C A A C D B B 10.【解析】设函数()cos(0)xf xex x，则()sin0 xf
9、xex，故()f x在(0,)上 单 调 递 增.用 数 学 归 纳 法 先 证01na：当1n 时，有101a；假 设01ka，由 于1(0)0()1(1)kkfaf af，从而101ka.由数学归纳法原理可知01na.对于选项 A，由于1(0)xex x，则11111cos1cosnannnnnaeaaaa，故 A 正确.对于选项 B,由于当01x时，可利用导数证明不等式：()cosxf xex2xx，故121111cos()nannnnnaeaf aaa，从而选项 B 错误.对于选项 C，也可用数学归纳法.当1n 时，有11011a 成立，假设*1()kakNk 若111kak，则211
10、111111111kkkkkaaakkkkk，与假设1kak矛盾，故111kak.故*1()nanNn.从而选项 C 正确.对于选项 D，当1n 时,122(1)1nannnnn，故112(1)2nnnkkkSakkn 选项 D 也可如下证明：由于21nnnaaa，从而2222212311223()()naaaaaaaaa 1()2nnnaaa.从而由柯西不等式得2221211 11niniaaaa 222nnann.综合上述，选 B.二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分.11.1,0,e 12.14；(1)(2)6n nn 13.8；25 14
11、.2,215 15.59 16.(1,3 17.2 21 17.解析：如图，设,OAa OBb，由1aba b 的几何意义可得B的轨迹为抛物线：24yx.3(3)abccba可看作抛物线上任意点B到以(3,0)A为 圆心，半 径 为 1 的 圆 上 任 一 点C的 距 离，设(,)B x y，则223(3)1(3)1abccbaBCBAxy 22(3)41(1)8 12 21xxx ，当1x 时取等号.故3abc的最小值为2 21.三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.(本小题满分 14 分)解析：AbBatantan AAbBBacoss
12、incossin1 分 由正弦定理得AbBasinsin ABcoscos2 分 ),0(,BA3 分 AB 4 分（）AAABAsin23cos21cos)32cos(cos 1cos21sin23AA5 分 1)6sin(A6 分 )32,6(6A7 分 26A，即3A8 分（）2cos12cos12cos12sin2sin2sin222CBACBA9 分 2)2cos(12cos12cos1AAA10 分 22cos1cos1AA11 分 43)21(cos21cos21cos122AAA12 分 )1,0(cosA13 分 )1,432sin2sin2sin222CBA14 分 19.
13、(本小题满分 15 分)解析：法一：（）证明：过M在平面MBC内做作BC的垂线，垂足为N，因为平面MBC 平面ABC，所以MNABC 平面 过P作PQ垂直平面ABC，垂足为Q，连接QNQB，交AC于IH、所以/MNPQ，所以MNPQ、四点共面 又/PMAB，所以/PMABC平面，=PMQNABC QN平面平面 所以/PMQN，所以MNPQ是矩形4 分 所以/PMQNAB，因为MBMC，所以N为中点，又因为23PMAB，所以1=2INAB，所以=QI AB，所以=AH HI，所以1=3AHHC，又2ACAB，2ABC，所以ACBQ，又PQABC 平面，所以ACPB7 分（）延 长CM使 得CMM
14、S，所 以SBABC 平面，所 以SB与 平 面PQH共 面，平 面PQHAPC 平面，交线为PH，所以过S在平面SPGH内作STPH,垂足为T 所以STPAC 平面 .9 分 所以SCT是MC与平面PAC所成角.11 分 因为2ACAB，2 3BC，2ABC，所以=2ABQI，所以=3HBQH，又因为6MC，所以3MNPQ，因为45PHQ，可求得：3 62ST，2 6SC,14 分 直线MC与平面PAC所成角的正弦值为3 63242 6STSC .15 分 法二：（）取BC中点O，由平面MBC 平面ABC，MBMC，可知OMABC 平面 如图建系，2 分(2,3,0)A,(0,3,0)B，(
15、0,3,0)C，设(0,0,)Mh，则(3,0,)Ph 4 分 IHABCMPQSNTIHABCMPQN（）得(2,2 3,0)AC ，(3,3,)PBh 0AC PB得ACPB 7 分（）6MC 推出3h,9 分 所以(0,3,3)MC，(1,3,3)AP 设平面PAC的法向量为n，0(3,1,2)0n ACnn AP，12 分 设直线MC与平面PAC所成角为 3 33sincos,46 2 2MC nMC nMC n 所以直线MC与平面PAC所成角的正弦值为34.15分 20.(本小题满分 15 分)解析：（）由11(1)nnnnnanaa a两边同除(1)n n得：111(1)nnnna
16、aa annn n，两边同除1nna a得：1111(1)(1)nnnanan n，则11111(1)1nnnanann，2 分 所以11221111111111.(1)(1)(2)2nnnnnnananananaaaa 1111111.1212112nnnnn，（2n）4 分 所以121nan，又11a 符合121nan，故121nan，*.nN5 分 由1223nnnbbb得：2123qq，解得：13q，所以13nnb.7 分（）213nnnbna，211113.(21)333nnSn 231111113.(21)3333nnSn zyxO由-得：2312111112.(21)333333
17、nnnSn，1111111222(1)(21)333333nnnnn nS 113nn.11 分 则11(1)(1)13nnnnSn，由1(1)21nnSn得：111(1)2(1)2(1)2333nnnnnn ，因为1,13(1),13,3nnnnnn为偶数为奇数 所以当n为偶数时，11(0,39n；当n为奇数时，11,0)33n.故 111(1),0)(0,.339nn 13 分 所以 112293，即17593，故的取值范围是17 5,93.15 分 21.(本小题满分 15 分)解析：（I）由抛物线定义及|2RF 得122p，则2p 所以抛物线C的方程为2:4C yx.4 分（II）（i
18、）证明：设直线:(4)AP yk x 则由2(4)4yk xyx得2222(84)160k xkxk 22421(84)64064162kkkk ，2164AAxx 不妨设1:(4)2AP yx，1:(4)2BP yx，(4,4)A，(4,4)B，6 分 设(2,2)Dt t，(2,2)t，设直线:(2)2DHxm ytt，则由2(2)42xym ytxt 得244880ymymtmt 22161632320(2)202(mmtmtmtmtmtm 或舍去)8 分 2(,2)E tt，2:DH xtyt 由21(4)2xtytyx 得(2,2)Ht t 15|+|1(|)(4242)4 542A
19、DBHADBHxxxxtt（定值）10 分 （ii）由（i）得22|44|1(2)55E ADttdt，5|42|2tAD 22|44|1(2)55E BHttdt，5|42|2tBH 3111|(2)22EADSAD dt，3211|(2)22E BHSBHdt，12 分 33121313(2)(2)()326SSSttf t 22191()(2)(2)(263)(263)4(1)(4)222fttttt tttt ()f t在(21)，上递减，在(1 2)，递增 min(1)6Sf.15 分 22.(本小题满分 15 分)解答：（）令(2)ln(2)=()fexxexh x，(,2)xe,
20、2()=ln(2)ln(2)122xeh xexexexex,2 分()h x在定义域上单调递减，所以 xe 为()h x的极大值点,4 分 所以(2)fex在(-,)e上单调递增，(,2)ee单调递减.5 分（或者求出()f x的单调区间，再利用对称性得(2)fex的单调区间）（）（i）()ln(2)(2)lng xxaxaxx，(0,2)xa 因为2()ln(2)()2axxg xax xxax 7 分 2ln2a，当xa时取等号.9 分 所以当0ae时，()0g x，()g x单调递减，又()0g a，符合要求.当ae时，由()g x的对称性，只需考虑(0,)xa()ln(2)(2)g
21、eeaeae，由1ln xxe 得()0g e 又1111()ln(2)(2)0gaaeeee，所以()g x在1(,)ee上有零点，又()0g a，与()g x有且只有一个零点矛盾.综上:0ae.11 分（ii）由()g x的对称性，(),(0,()(),(,2)g x xah xg x xaa关于xa轴对称,有 4 个根，由（i）中分析可知ae，23axxa,所以3232()xxxa，不妨考虑(,2)xaa时,此时()()h xg x，考虑()g x在a处的切线，记()()(2ln2)()xg xaxa，由（i）得,()()(2ln2)xg xa0，所以()()0 xa，即()(2ln2)()g xaxa在(,2)xaa上恒成立，330()22ln(2ln2)()22lng xaaxaa，推出31xa，所以31xa，所以322xx 13 分 又(,2)xaa时，()ln(2)(2)g xxaxxax 4440()22ln(2)22lng xaax xa 推出242ln2xaaa，并由对称性,24142()22ln2xxxaaa.15 分